Kezdőlap


Feladat:	F.2191	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Buczolich Z. , Bukta Gy. , Csirke Zs. , Csordás A. , Feledi Gy. , Gelencsér Z. , Kántor Zs. , Kiss Gy. , Kőrösi G. , Kőrössy Katalin , Mala J. , Pintér F. , Ruisz T. , Simon K. , Szeles J. , Varga T. , Winkler R.
Füzet:	1979/október, 62 - 64. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tengelyes tükrözés, Egyéb sokszögek geometriája, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1979/február: F.2191

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Kövessük az ötszög szerkesztését a jobb oldalon szereplő $C$ , $D$ szögekből. Az oldalak közös hosszát választjuk egységnek. Bármelyik három egymás utáni csúcs egyenlő szárú háromszöget határoz meg, és ennek alapja az ötszög egyik átlója, így pl.

\begin{matrix} B D = 2 sin \frac{C}{2}, \\ B D^{2} = 4 sin^{2} \frac{C}{2} = 2 - 2 cos C . \end{matrix}

1. ábra

B D E

háromszögből a cosinustétel alapján

\begin{matrix} B E^{2} = B D^{2} + D E^{2} - 2 B D \cdot D E cos B D E ∢, \end{matrix}

és amennyiben a

B D

egyenes szétválasztja a

C

E

csúcsokat (1. ábra):

\begin{matrix} B D E ∢ = D ∢ - B D C ∢ = D - (90^{\circ} - \frac{C}{2}) = D + \frac{C}{2} - 90^{\circ}, \\ B E^{2} = 3 - 2 cos C - 4 sin \frac{C}{2} sin (D + \frac{C}{2}), & (2) \end{matrix}

majd a

2 sin x sin y = cos (x - y) - cos (x + y)

azonosság fölhasználásával

\begin{matrix} B E^{2} = 3 - 2 cos C - 2 cos D + 2 cos (C + D) . \end{matrix}

(3)

2. ábra

Ugyanerre a kifejezésre jutunk akkor is, ha

E

B D

-nek

C

-t tartalmazó partján van, mert bár ekkor hasonlóan (2. ábra)

\begin{matrix} B D E ∢ = B D C ∢ - D ∢ = 90^{\circ} - (D + \frac{C}{2}), \end{matrix}

de ennek cosinusa egyenlő az előbbiével.
Másfelől a

B A E

háromszögből

\begin{matrix} B E^{2} = 2 - 2 cos A, \end{matrix}

(4)

és a (3), (4) egyenlőségből rendezéssel megkapjuk a bizonyítandó állítást.

3. ábra

Az utóbbi lépésben nem néztük, hogyan esik a

B E

egyeneshez képest az

A

és

D

csúcs, mert bár az 1. ábra

A^{*}

pontjában ‐ amelyre ugyancsak

A^{*} B = A^{*} E = 1

‐ konkáv szöge van az

A^{*} B C D E

ötszögnek, de arra is

cos A^{*} = cos (360^{\circ} - A) = cos A

.
Megjegyezzük, hogy (1) akkor is érvényes, ha a jobb oldalán szereplő

C

és

D

valamelyikénél van

180^{\circ}

-nál nagyobb szög, és ekkor is adódhat egyszerűen konkáv idom, mint a 3. ábrán

A B C D E^{*}

(ahol

cos C

és

cos D

ugyanaz, mint a 2. ábrán). Azonban nem kívánunk belebonyolódni a hurkolt

A^{*} B C D E^{*}

idomok elemzésébe, hogy melyik az idom belseje, hogyan volnának a belső szögek az egymás utáni

C

-nél és

D

-nél stb.
Számpéldánk előkészítéséül kimondjuk: az eredeti alakjában (1) arra alkalmas, hogy az egyenlő oldalú ötszög két szomszédos szögéből kiszámíthassuk a velük szemben levő szöget (ti. amelyik egyikükkel sem szomszédos), a 4. ábra első sémája szerint

A

-ból és

B

-ből

D

-t.

4. ábra

Fölírhattuk volna azonban (2) és (4) egyenlőségét is, és ebből a

\begin{matrix} sin (D + \frac{C}{2}) = \frac{1 + 2 cos A - 2 cos C}{4 sin \frac{C}{2}} \end{matrix}

(5)

alak a feladat megfordítására alkalmas: két nem szomszédos ismert szögből annak a kettőnek a kiszámítására, amelyek szemben vannak a két ismert közti szöggel. A második sémán a közbülső

B

-vel

E

is szemben van és (5)-ben egyrészt

A

és

C

, másrészt

D

és

E

fölcserélésével

\begin{matrix} sin (E + \frac{A}{2}) = \frac{1 + 2 cos C - 2 cos A}{4 sin \frac{A}{2}} \end{matrix}

(tükrözés a második séma

B

-n átmenő "tengelyére'').

5. ábra

Most már

A = 95^{\circ}

és

B = 105^{\circ}

alapján (5. ábra, mérethű)

cos D = cos D^{*} = cos A + cos B - cos (A + B) - 0, 5 = + 0, 0937

, amiből

D = 84^{\circ} 37'

D^{*} = 275^{\circ} 23'

. Továbbá

\begin{matrix} sin (C + \frac{D}{2}) = \frac{1 + 2 cos A - 2 cos D}{4 sin \frac{D}{2}} = \\ = \frac{1 - cos B + cos (A + B)}{\sqrt[]{3 - 2 cos A - 2 cos B + 2 cos (A + B)}} = 0, 2371, \end{matrix}

ehhez az ábra szemléletére támaszkodva a

C + \frac{D}{2} = 166^{\circ} 17'

értéket vesszük, és így

C = 123^{\circ} 59'

. Végül ugyanígy

\begin{matrix} sin (E + \frac{D}{2}) = \frac{1 - cos A + cos (A + B)}{\sqrt[]{3 - 2 cos A - 2 cos B + 2 cos (A + B)}} = 0, 1096, \\ E + \frac{D}{2} = 173^{\circ} 43', E = 131^{\circ} 24' . \end{matrix}

Átalakításaink szerint a

C

D

E

szögeket egymástól függetlenül, közvetlenül az adatokból számítottuk; az eredményekre teljesül

C + D + E = 340^{\circ} = 540^{\circ} - (A + B)

.
A konkáv esetre úgy kapjuk

C

-ből és

E

-ből

C^{*}

E^{*}

értékét, hogy levonjuk belőlük a

C D E D^{*}

rombusz alapján (

180^{\circ} - D

)-t:

C^{*} = 28^{\circ} 36'

E^{*} = 36^{\circ} 1'